Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
1
PHẦN I: LUYỆN TẬP CĂN BẢN I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
3
3 3
a b a b
2 2
2. Chứng minh:
2 2
a b a b
2 2
3. Cho a + b 0 chứng minh:
3 3
3
8. Chứng minh:
2 2 2
x y z xy yz zx
9. a. Chứng minh:
a b c ab bc ca
; a,b,c 0
3 3
b. Chứng minh:
2
2 2 2
a b c a b c
3 3
10. Chứng minh:
2
2 2
a
b c ab ac 2bc
4
< 2(ab + bc + ca).
b. abc (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
2
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
5. Chứng minh:
bc ca ab
a b c ; a,b,c 0
a b c
6. Chứng minh:
6 9
2 3
x y
3x y 16 ; x,y 0
4
7. Chứng minh:
4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
.
8. Chứng minh:
1995
a 1995 a 1
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) 8abc
c)
1 1 1
1 1 1 64
a b c
15. Cho x > y > 0 . Chứng minh:
1
x 3
x y y
16. Chứng minh:
a)
2
2
x 2
2
x 1
,x R b)
1 16x 1 16y
, x , y R
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
3
19. Chứng minh:
a b c 3
b c a c a b 2
; a , b , c > 0
20. Cho a , b , c > 0. C/m:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
abc
a b abc b c abc c a abc
21. Áp dụng BĐT Côsi cho hai số chứng minh:
a.
4
a b c d 4 abcd
với a , b , c , d 0 (Côsi 4 số)
b.
3
a b c 3 abc
với a , b , c 0 , (Côsi 3 số )
. Định x để y đạt GTNN.
27. Cho
x 5 1
y ,x
3 2x 1 2
. Định x để y đạt GTNN.
28. Cho
x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
29. Cho
3
2
x 1
y
x
, x > 0 . Định x để y đạt GTNN.
30. Tìm GTNN của
2
x 4x 4
f(x)
37. Cho
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
4
38. Cho
2
3
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
1. Chứng minh: (ab + cd)
2
(a
2
+ c
.
6. Cho a + b = 2. Chứng minh: a
4
+ b
4
2.
7. Cho a + b 1 Chứng minh:
2 2
1
a b
2Lời giải
:
I. Chứng minh BĐT dựa vào định nghĩa và tính chất cơ bản:
1. Cho a, b > 0 chứng minh:
3
3 3
a b a b
2 2
(*)
(*)
a b 2ab a b
0
4 2
2
a b
0
4
, đúng.
Vậy:
2 2
a b a b
2 2
.
3. Cho a + b 0 chứng minh:
3 3
3
a b a b
2 2
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
5
a b a b 0
2
a b a b 0
, ĐPCM.
5. Chứng minh: Với a b 1:
2 2
1 1 2
1 ab
1 a 1 b
()
2 2
1 1 1 1
0
1 ab 1 ab
2 2
b a a b
0
1 ab
1 a 1 b
2 2
2 2
b a a ab b ba
0
1 ab
1 a 1 b
2 2 2 2
2 2 2 2
a a a a
ab b ac c ad d ae e 0
4 4 4 4
2 2 2 2
a a a a
b c d e 0
2 2 2 2
. ĐPCM
8. Chứng minh:
2 2 2
x y z xy yz zx
2 2 2
2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0
a b c ab bc ca
3 3
b. Chứng minh:
2
2 2 2
a b c a b c
3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 a b c a b c 2 a b c
2
2 2 2
a b c 2 ab bc ca a b c
2
a
b c 0
2
.
11. Chứng minh:
2 2
a b 1 ab a b
2 2
2a 2b 2 2ab 2a 2b 0
2 2 2 2
a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0
2 2 2
2 2
x y x z x 1 0
.
14. Chứng minh: Nếu a + b 1 thì:
3 3
1
a b
4
a + b 1 b 1 – a b
3
= (1 – a)
3
= 1 – a + a
2
– a
3
a
3
+ b
3
=
2
1 1 1
a b 2bc c
,
2 2 2
b a 2ac c
,
2 2 2
c a 2ab b
a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca).
b. abc (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a)
2
2 2
a a b c
2
a a c b a b c
abc a b c a c b b c a
c. 2a
2
b
2
+ 2b
2
c
2
+ 2c
2
a
2
– a
4
– b
4
– c
4
> 0
4a
2
b
2
+ 2c
2
+ b
2
)
2
– c
4
> 0
(2ab)
2
– [(a
2
+ b
2
) – c
2
]
2
> 0 [c
2
– (a – b)
2
][(a + b)
2
– c
2
] > 0
(c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0 . đúng
Vì a , b , c là ba cạnh của tam giác
c – a + b > 0 , c + a – b > 0 , a + b – c > 0 , a + b + c > 0.
II. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT CÔSI:
a b c 3 abc
,
3
2 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c
3
2 2 2 3 3 3
a b c a b c 9 a b c 9abc
.
3. Chứng minh:
3
3
1 a 1 b 1 c 1 abc
, với a , b , c 0.
1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc.
+
m m m m m
m m 1
a b a b b a
1 1 2 1 . 1 2 2
b a b a a b
2 4 2
5. Chứng minh:
bc ca ab
a b c ; a, b, c 0
a b c
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm:
2
bc ca abc
2 2c
a b ab
,
8
()
6 9 2 3
x y 64 12x y
3 3
2 3 3 2 3
x y 4 12x y
Áp dụng BĐT Côsi cho ba số không âm:
3 3
2 3 3 2 3 2 3
x y 4 3x y 4 12x y
.
7. Chứng minh:
4 2
2
1
2a 3a 1
1 a
8. Chứng minh:
1995
a 1995 a 1
() , a > 0
()
1995 1995
a 1995a 1995 a 1995 1995a
1995
1995 1995 1995 1995
1994 soá
a 1995 a 1994 a 1 1 1 1995 a 1995a
9. Chứng minh:
2 2 2 2 2 2
a 1 b b 1 c c 1 a 6abc
.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
b b 1
2bc 2c
b c
,
2 2
c c 1
2ac 2a
a c
Vậy:
2 2 2 2 2 2
a b c 1 1 1 1
2 a b c
a b b c a c
11. Cho a , b 1 , chứng minh:
ab a b 1 b a 1
.
a a 1 1 2 a 1, b b 1 1 2 b 1
2
4
y 4 x 1 y 1 z 1
;
2
4
z 4 x 1 y 1 z 1
xyz 64(x – 1)(y – 1)(z – 1).
13. Cho a > b > c, Chứng minh:
3
a 3 a b b c c
.
3
a a b b c c 3 a b b c c
14. Cho: a , b , c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh:
a) b + c 16abc.
4a 1 a 1 a 4a 4a 1 a 1 1 2a 1 a b c
b) (1 – a)(1 – b)(1 – c) 8abc
(1 – a)(1 – b)(1 – c) = (b + c)(a + c)(a + b)
2 bc.2 ac.2 ab 8abc
c)
1 1 1
1 1 1 64
a b c
4
2
1 a a b c 4 a bc
1
a a a
3
x y y
1
VT x y y 3 3
x y y x y y
16. Chứng minh:
a)
2
2
x 2
2
x 1
2 2
x 2 2 x 1
17. Chứng minh:
ab bc ca a b c
; a, b, c 0
a b b c c a 2
Vì :
a b 2 ab
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
10
ab ab ab
a b 2
2 ab
,
bc bc bc
b c 2
2 bc
,
2 2 2
4 2 2
x x x 1
8
1 16x 2.4x
1 4x
2 2 2
4 2 2
y y y 1
8
1 16y 2.4y
1 4y
2 2
4 4
x y 1
4
b c a c a b 2 X Y X Z Y Z
1 3
2 2 2 3
2 2
.
Cách khác:
a b c a b c
1 1 1 3
b c a c a b b c a c a b
1 1 1 1
a b b c c a 3
a b a b a ab a a b ab
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
11
3 3
a b abc a b ab abc ab a b c
, tương tự
3 3
b c abc b c bc abc bc a b c
3 3
c a abc c a ca abc ca a b c
4
a b c a b c
a b c 4. abc
3 3
4
a b c a b c
abc
3 3
4
a b c a b c
abc
3 3
3
a b c 3abc 2 a bc b ac c ab
3 3 3 2 2 2
2 a b c 2 a bc b ac c ab
,
vì :
3 3 3
a b c 3abc
Vậy:
3 3 3 2 2 2
a b c a bc b ac c ab
23. Chứng minh:
3 9
4
2 a 3 b 4 c 9 abc
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 9 số không âm:
3 3 3 9
4 4 4 4
12
x 1 2 1
y
2 x 1 2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
x 1 2
,
2 x 1
:
x 1 2 1 x 1 2 1 5
y 2 .
2 x 1 2 2 x 1 2 2
Dấu “ = ” xảy ra
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
3 x 1 1
,
2 x 1
:
3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3
y 2 . 6
2 x 1 2 2 x 1 2 2
Dấu “ = ” xảy ra
. Định x để y đạt GTNN.
2x 1 5 1
y
6 2x 1 3
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm
2x 1 5
,
6 2x 1
:
2x 1 5 1 2x 1 5 1 30 1
y 2 .
6 2x 1 3 6 2x 1 3 3
Dấu “ = ” xảy ra
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
13
thì y đạt GTNN bằng
30 1
3
28. Cho
x 5
y
1 x x
, 0 < x < 1 . Định x để y đạt GTNN.
x 5 1 x 5x x x 1 x 1 x
f(x) 5 5 2 5 5 2 5 5
1 x x 1 x x 1 x x
Dấu “ = ‘ xảy ra
2
x 1 x x 5 5
4
x x x x
Dấu “ = ‘ xảy ra
2
x x 1
2 2
x
3
x 2
.
Vậy: GTNN của y là
3
3
4
khi
3
x 2
30. Tìm GTNN của
2
x 4x 4
f(x)
x
3
2
2 2 2 2
2
5
3 3 3 3 5
2 x x x 1 1 x 1 5
x 5
3 3 3 3
27
x x x x
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
14
Dấu “ = ‘ xảy ra
2
5
3
x 1
x 3
3
x
x = 2 (x > 0).
Vậy: GTNN của y là
5
5
20
thì y đạt GTLN bằng
1
40
.
33. Cho y = x(6 – x) , 0 x 6 . Định x để y đạt GTLN.
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm x và 6 – x (vì 0 x 6):
6 x 6 x 2 x 6 x
x(6 – x) 9
Dấu “ = “ xảy ra x = 6 – x x = 3
Vậy: Khi x = 3 thì y đạt GTLN bằng 9.
34. Cho y = (x + 3)(5 – 2x) , –3 x
5
2
. Định x để y đạt GTLN.
y = (x + 3)(5 – 2x) =
1
2
(2x + 6)(5 – 2x)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 6 và 5 – 2x ,
5
3 x
2
:
2
. Định x để y đạt GTLN.
y = (2x + 5)(5 – x) =
1
2
(2x + 5)(10 – 2x)
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm 2x + 5 , 10 – 2x ,
5
x 5
2
:
2x 5 10 2x 2 2x 5 10 2x
1
2
(2x + 5)(10 – 2x)
625
8
Dấu “ = “ xảy ra 2x + 5 = 10 – 2x
5
x
2 2
:
2x 1 5 2x 2 2x 1 5 2x
(2x + 1)(5 – 2x) 9
Dấu “ = “ xảy ra 2x + 1 = 5 – 2x x = 1
Vậy: Khi x = 1 thì y đạt GTLN bằng 9.
37. Cho
2
x
y
x 2
. Định x để y đạt GTLN
2 2
2 x 2 2x 2x 2
2
1 x
2 2
2 x
2 2 2
x 2 x 1 1 3 x .1.1
2
3
2 2
3
2
x 1
x 2 27x
27
x 2
Dấu “ = “ xảy ra
2
x 1 x 1
Vậy: Khi
x 1
thì y đạt GTLN bằng
1
27
.
III. Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bunhiacôpxki
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số 1 , sinx , 1 , cosx :
sinx cosx
2 2 2 2
1. sinx 1. cosx 1 1 sin x cos x 2
3. Cho 3a – 4b = 7. Chứng minh: 3a
2
+ 4b
2
7.
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
3 , 3 a , 4 , 4b
:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
16
2 2
3a 4b 3. 3a 4. 4b 3 4 3a 4b
3a
2
+ 4b
3 a 5 b 3a 5b
3 5
3 5
3a
2
+ 5b
2
735
47
.
5. Cho 3a – 5b = 8. Chứng minh: 7a
2
+ 11b
2
2464
137
.
3 5
3a 5b 7 a 11b
7 11
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 4 số
3 5
, 7 a , , 11b
7 11
2 2
2 a b 1 1 a b
a
2
+ b
2
2
2 2 4 4
2 a b 1 1 a b
a
4
+ b
4
2
7. Cho a + b 1 Chứng minh:
2 2
1
a b
2
2. (CĐBC Hoa Sen khối A 2006)
Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x
3
+ y
3
+ z
3
x + y + z.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Cho 3 số dương x, y, z thoả x + y + z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: A = x + y + z +
1 1 1
x y z
4. (CĐSPHCM khối ABTDM 2006)
Cho x, y là hai số thực dương và thoả x + y =
5
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức: A =
4 1
x 4y
.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Cho 4 số dương a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
Cho x, y, z > 0; x + y + z = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xyz.
10. (Học viện BCVT 2001)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện: a + b + c = 1
thì:
a b c a b c
1 1 1 a b c
3
3 3 3 3 3 3
11. (ĐH Đà Nẵng khối A 2001 đợt 2)
Cho ba số dương a, b, c thoả a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:
2 2 2 2 2 2
a b c 3 3
2
b c c a a b
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
2
p a p b p c a b c
14. (ĐH Nông nghiệp I HN khối A 2001)
Cho 3 số x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
15. (ĐH PCCC khối A 2001)
Ch. minh rằng với a ≥ 2, b ≥ 2, c ≥ 2 thì:
b c c a a b
log a log b log c 1
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Ch. minh rằng với mọi x ≥ 0 và với mọi > 1 ta luôn có: x
+ – 1 ≥ x.
Từ đó chứng minh rằng với 3 số dương a, b, c bất kì thì:
3 3 3
3 3 3
a b c a b c
+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
c
21. (ĐHQG HN khối D 2000)
Với a, b, c là 3 số thực dương thoả điều kiện: ab + bc + ca = abc. Chứng
minh rằng:
2 2 2 2 2 2
b 2a c 2b a 2c
3
ab bc ca
22. (ĐH Bách khoa HN khối A 2000)
Cho 2 số a, b thoả điều kiện a + b ≥ 0. Ch. minh rằng:
3
3 3
a b a b
2 2
3
1 abc
26. (ĐH Y HN 2000)
Giả sử x, y là hai số dương thoả điều kiện
2 3
6
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của tổng x + y.
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Cho các số a, b, c ≥ 0. Chứng minh: a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
CMR với mọi x, y, z dương và x + y + z = 1 thì xy + yz + zx >
18xyz
2 xyz
29. (ĐH An Ninh khối A 2000)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 3 ta đều có: n
n + 1
2 2 2
x y z 3 1 1 1
2 1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
34. (ĐH An ninh HN khối D 1999)
Cho 3 số x, y, z thay đổi, nhận giá trị thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:
2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 3 (*)
35. (Đại học 2002 dự bị 1)
Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của ABC có 3 góc
nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
20
a c
b d
.
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các
cạnh BC, CA, AB và h
a
, h
b
, h
c
tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ
các đỉnh A, B, C. Chứng minh rằng:
a b c
1 1 1 1 1 1
3
a b c h h h
39. (Đại học khối A 2003)
trong đó BC = a, CA = b, AB = c, p =
a b c
2
.
42. (Đại học khối A 2005)
Cho x, y, z là các số dương thoả mãn :
1 1 1
4
x y z
.
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
21
Chứng minh rằng:
1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z
43. (Đại học khối B 2005)
Chứng minh rằng với mọi x R, ta có:
x x x
2
y 9
1 x 1 1
x
y
256
Đẳng thức xảy ra khi nào?
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c =
3
4
. Chứng minh rằng:
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3
Khi nào đẳng thức xảy ra?
48. (Đại học khối B 2005 dự bị 2)
Chứng minh rằng nếu 0 y x 1 thì
1
x y y x
2 2
x 1 y x 1 y y 2
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
22
LỜI GIẢI
1. (CĐGT II 2003 dự bị)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét các điểm:
A
y 3
x ; z
2 2
, B
3 3
0; y z
2 2
2
2
2 2
z 3
x z x xz z
2 2
BC =
2
2
2 2
y z 3
(y z) y yz+z
2 2 2
Với 3 điểm A, B, C ta luôn có: AB + AC ≥ BC
+ 2 3x (1)
Tương tự: y
3
+ 1 + 1 3
3
3
y
y
3
+ 2 3y (2)
z
3
+ 1 + 1 3
3
3
z
z
3
+ 2 3z (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
3. (CĐKTKT Cần Thơ khối A 2006)
Cách 1:
Theo BĐT Côsi: 1 x + y + z 3
3
xyz
> 0
3
1 1 1 3
3
t
=
2
2
3(t 1)
t
< 0, t
1
0;
3
Bảng biến thiên:
1
3Từ bảng biến thiên ta suy ra: A 10. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
Vậy A
min
= 10 đạt được khi x = y = z =
1 1 1 8 1 1 1
x y z
9x 9y 9z 9 x y z
2 +
3
8 3
9
xyz
10
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =
1
3
.Vậy A
min
= 10 đạt được khi x = y = z =
1
3
4. (CĐSPHCM khối ABT 2006)
Ta có: x + y =
5
4
4x + 4y – 5 = 0
A =
4 1
x 4y
4
4x
x
1
4y
4y
5
x y
4
x,y 0
x 1
1
y
4
. Vậy A
min
= 5.
5. (CĐKTKT Cần Thơ khối B 2006)
Vì a, b, c, d > 0 nên ta luôn có:
2
1
1
x
16
(x + 1)
1
1
x
4 (do x > 0) (x + 1)
2
4x (x – 1)
2
0 (2)
(2) luôn đúng nên (1) được chứng minh.
7. (CĐKTKTCN1 khối A 2006)
Xét vế trái của BĐT đã cho: VT =
b c a c a b
1 1 1
a a b b c c
2
+ x – 12 0 – 4 x 3
y = x
2
+ x – 12 A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7
Đặt f(x) = A = x
3
+ 3x
2
– 9x – 7 với – 4 x 3
f(x) = 3x
2
+ 6x – 9 ; f(x) = 0 x = 1 hoặc x = – 3
f(–4) = 13, f(–3) = 20, f(1) = –12, f(3) = 20
Vậy maxA = 20 (x = 3, y = 0), minA = –12 (x = 1, y = –10).
9. (CĐBC Hoa Sen khối D 2006)
Ta có: x + y + z 3
3
xyz
xyz 3
3
xyz
(xyz)
2
27 xyz 3
3
b c c b
b c b c
3 3 3 3
(2)
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
25
c a c a
c a a c
3 3 3 3
(3)
Mặt khác:
a b c a b c
a b c a b c
3 3 3 3 3 3
(4)
Cộng (1), (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
a b c a b c
a b c 1 1 1
3 (a b c)
3 3 3 3 3 3
2
.(1 – a
2
)
2
≤
3
3
2 2 2
2a (1 a ) (1 a ) 2
3 3
a
2
.(1 – a
2
)
2
≤
4
27
2 2
2 2
2 2
2a 1 a
2b 1 b
2c 1 c
a = b = c =
1
3
.
12. (ĐH Kiến trúc HN 2001)
Ta có:
2 2 2
a b c 2
ab bc ca 1
S 2P 2 c (1)
cS+P =1 (2)
Từ (2) P = 1 – cS, thay vào (1) ta được:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
26
S
2
– 2(1 – cS) = 2 – c
2
S
2
+ 2cS + c
2
– 4 = 0
S c 2
S c 2
Với S = – c – 2 P = 1 + c(c + 2) = c
2
+ 2c + 1
BĐT: S
2
– 4P ≥ 0 (–c – 2)
Từ (3), (4) ta được:
4 4
c
3 3
Tương tự ta chứng minh được:
4 4
a,b,c
3 3
13. (Học viện NH TPHCM khối A 2001)
Trước hết, ta dễ dàng chứng minh được nếu x, y > 0 thì:
1 1 4
x y x y
(1)
Dấu “=” xảy ra x = y.
Áp dụng (1) ta được:
1 1 4 4
p a p b p a p b c
ta có:
x
3
+ y
2
≥ 2
3 2
x y 2xy x
3 2
2 x 2 x 1
xy
2xy x
x y
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương
2 2
1 1
,
x y
ta có:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
27
2
y z y z
;
3 2 2 2
2 z 1 1 1
2
z x z x
Suy ra:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
Dấu “=” xảy ra
3 2 3 2 3 2
(a + b) = 1.
16. (ĐH Quốc gia HN khối D 2001)
Xét f(x) = x
– x + – 1 (x ≥ 0)
f(x) = (x
– 1
– 1); f(x) = 0 x = 1
Vậy với x ≥ 0 và > 1 thì f(x) ≥ 0 hay x
+ – 1 ≥ x.
BĐT cần chứng minh:
3 3 3
2 2 2
a b c a b c
b c a b c a
Áp dụng BĐT đã chứng minh với =
3
2
, ta có:
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
28
3 3 3
2 2 2
1 a b c 3
2 b c a 2
Cộng 4 BĐT trên, vế theo vế, ta có:
(1)
Theo BĐT Côsi ta có:
1 1
1
1 1 1
b b
1
b b 2 2
1 1
1
1 1 1
a a
3 2a 3 2b 3 2c
3
= 1
27 – 9(2a + 2b + 2c) + 3(4ab + 4bc + 4ca) – 8abc ≤ 1
27 – 54 + 12(ab + bc + ca) – 8abc ≤ 1
4abc ≥ 6(ab + bc + ca) – 14
3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 4abc ≥ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 6(ab + bc + ca) – 14
= 3(a + b +c)
2
– 14 = 13
Đẳng thức xảy ra 3 – 2a = 3 – 2b = 3 – 2c a = b = c = 1.
19. (ĐH Y Thái Bình khối A 2001)
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
29
Từ giả thiết ta có:
a b
a+b+c
= 1, do đó theo BĐT Côsi: x + y + z ≥ 3
Mặt khác: x
3
+ 1 + 1 ≥ 3x x
3
≥ 3x – 2
Tương tự: y
3
≥ 3y – 2; z
3
≥ 3z – 2
x
3
+ y
3
+ z
3
≥ 3(x + y + z) – 6 = (x + y + z) + 2(x + y + z – 3) ≥ x + y + z
8
a
+ 8
b
+ 8
c
≥ 2
a
+ 2
b
+ 2
ab bc ca abc
x,y,z 0
x y z 1
và đpcm
2 2 2 2 2 2
x 2y y 2z z 2x 3
Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:
3(x
2
+ 2y
2
) = 3(x
2
+ y
2
+ y
2
) ≥ (x + y + y)
2
3
+ b
3
) ≥ (a + b)
3
(a + b) [4(a
2
+ b
2
– ab) – (a
2
+ b
2
+ 2ab)] ≥ 0
(a + b)(3a
2
+ 3b
2
– 6ab) ≥ 0 (a + b)(a – b)
2
≥ 0
BĐT cuối cùng này đúng, nên BĐT cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức xảy ra a = b.
23. (ĐHSP TP HCM khối DE 2000)
a) a
2
+ b
2
≥ 2ab; b
Ta có:
2
2 2 2
2
1
bc bc 1
a
1 1
1 1
a b a c a (b c)
a
b c
b c
Đặt x =
1
a
; y =
1
b
; z =
1
c
x y z
y z. z x. x y.
y z z x x y
2(x + y + z).P ≥ (x + y + z)
2
P ≥
1
2
(x + y + z) ≥
3
1 1
.3 xyz .3
2 2
P ≥
3
2
Nếu P =
3
2
thì x = y = z = 1 a = b = c = 1
Đảo lại, nếu a = b = c = 1 thì P =
3
2
. Vậy minP =
3
2
2 3 2 3
2 3 . x . y (x y)
x y x y
= 6(x + y)
x + y ≥
2
2 3
6
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
31
Giá trị
2
2 3
6
đạt được
5 2 6
6
27. (ĐH An Giang khối D 2000)
Giả sử a ≥ b ≥ 0 a
c
(a – b) ≥ b
c
(a – b) a
c + 1
+ b
c + 1
≥ ab(a
c – 1
+ b
c – 1
)
28. (ĐH Tây Nguyên khối AB 2000)
Áp dụng BĐT Côsi cho 6 số dương ta có:
2 = x + y + z + x + y + z ≥ 6
3
xyz
(1)
và xy + yz + zx ≥ 3
2 2 2
3
x y z
(2)
Nhân các BĐT (1) và (2) vế theo vế ta được:
2(xy + yz + zx) ≥ 18xyz (3)
n
1
1
n
< n (1)
Ta có:
n
1
1
n
=
n
k
n
k
k 0
1
C
n
=
= 1 +
2 n
n 1
1 1
2
2
+ … = 1 +
1
1
1
2
= 3
n
1
1
n
< 3 < n (1)
30. (CĐSP Nha Trang 2000)
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
32
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai cặp số (1, 1), (
a 1, b 1
y z x z x y
1 1 1
x x y y z z
≥ 9
3 +
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
y z x z x y
x x y y z z
≥ 9
32. (ĐH Y Dược TP HCM 1999)
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
*
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
3 . . 3
b c a b c a
(1)
*
2
2
b c a
b c a
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được:
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
2 2
b c a
b c a
2 2 2
2 2 2
a b c a b c
b c a
b c a
33. (ĐH Hàng hải 1999)
Do (x – 1)
+
2
2z
1 z
≤ 3
Hay:
2 2 2
x y z 3
2
1 x 1 y 1 z
(1)
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số không âm ta có:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
33
3
3
1 1 1
1 1
1 x 1 y 1 z
3 (1 x)(1 y)(1 z)
3
; z
2
≥ z
3
.
Suy ra: 2(x
3
+ y
3
+ z
3
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
x) ≤ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – (x
2
y + y
2
z + z
2
y 1
x 1
y 0
Tương tự ta cũng có: x
2
+ z
2
– z
2
x – 1 ≤ 0 (3)
y
2
+ z
2
– y
2
z – 1 ≤ 0 (4)
Cộng (2), (3), (4) vế theo vế ta được:
2(x
2
+ y
2
1 1 1
.2S
a b c
=
1 1 1 abc
a b c 2R
=
ab bc ca
2R
≤
2 2 2
a b c
2R
Dấu “=” xảy ra
1 1
x 4y
x 4y
5
x y
4
x 1
1
y
4
Cách 2: S =
1 2 1
x. y.
2
x 2 y
≤
4 1
x y.
x 4y
(3)
Dấu “=” ở (3) xảy ra
2 1
x. x 2 y. y
5
x y
4
.
2 4 x 4y
4 1
x 4y
≥ 5
Vậy minS = 5.
37. (Đại học 2002 dự bị 5)
Vì a ≥ 1, d ≤ 50 và c > b (c, b N) nên c ≥ b + 1 thành thử:
S =
a c
b d
≥
1 b 1
b 50
=
2
b b 50
50b
Vậy BĐT của đề ra đã được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra
1 1 x 50
50
x 50x
; f(x) = 0
2
x 50
2 x 48
x 5 2
Bảng biến thiên:
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
35
5 2Chuyển về biểu thức f(b) =
2
b b 50
50b
b 7
c 8
d 50
38. (Đại học 2002 dự bị 6)
Ta có diện tích tam giác: S =
a b c
1 1 1
ah bh ch
2 2 2
h
a
=
2S
a
; h
b
=
2S
b
; h
c
=
2S
c
a b c
1 1 1 1 1 1 9
3
a b c h h h 3
39. (Đại học khối A 2003)
Với mọi
u,v
ta có:
u v u v
(*)
Đặt
36
Ta có: P
2
2
1 1 1
(x y z)
x y z
2
2
3
3
1
3 xyz 3
xyz
=
9
9t
t
Q(t) giảm trên
1
0;
9
Q(t) Q
1
9
= 82. Vậy P
Q(t) 82
Dấu "=" xảy ra x = y = z =
1
3
.
Cách 2: Ta có:
(x + y + z)
2
+
Dấu "=" xảy ra x = y = z =
1
3
.
40. (Đại học khối A 2003 dự bị 1)
Tìm max: y = sin
5
x +
3
cosx ≤ sin
4
x +
3
cosx (1)
Ta chứng minh: sin
4
x +
3
cosx ≤
3
, x R (2)
3
(1 – cosx) – sin
4
x ≥ 0
3
(1 – cosx) – (1 – cos
2
x)
x +
3
cosx ≥ – sin
4
x +
3
cosx.
Tương tự như trên, ta được miny = –
3
, đạt được khi x = + k2.
41. (Đại học khối A 2003 dự bị 2)
(1)
(a b c)(b c a)
1
bc
2 2
(b c) a
1
bc
2bc(1 cosA)
1
bc
A B C 1 A B-C B+C
sin sin sin sin cos cos
2 2 2 2 2 2 2
≤
1 A A
sin 1 sin
2 2 2
=
= –
2
1 A A
sin sin
2 2 2
= –
8 8
=
2 3 3
8
Dấu “=” xảy ra
0
0
B-C
cos 1
A 120
2
A 3
B C 30
1 1 1 1
2x+y+z 4 2x y z
1 1 1 1 1
4 2x 4 y z
=
1 1 1 1
8 x 2y 2z
(1)
Tương tự:
1 1 1 1
x 2y z 4 2y x z
1 1 1 1 1
4 2z 4 x y
=
1 1 1 1
8 z 2x 2y
(3)
Vậy:
1 1 1 1 1 1
1
2x+y+z x 2y z x y 2z 4 x yz
= 1
Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "=" xảy ra khi và chỉ
khi
x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
4
.
43. (Đại học khối B 2005)
x x
12 20
5 3
2.4
x
(2)
x x
15 20
4 3
2.5
x
(3)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia 2 vế của bất đẳng thức nhận
được cho 2 ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) là các đẳng thức x = 0.
44. (Đại học khối D 2005)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có:
1 + x
3
+ y
3
3
3 3
3
1.x .y
= 3xy
3 3 3
3 3
xy yz zx
(4)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3), (4) là các đẳng thức x = y = z = 1.
45. (Đại học khối A 2005 dự bị 1)
Ta có: 3 + 4
x
= 1 + 1 + 1 + 4
x
4
4
x
4
8
4
x x x
3 4 2 4 2 4
Tương tự:
8
y y
= 6
46. (Đại học khối A 2005 dự bị 2)
Ta có: 1 + x = 1 +
3
4
3
x x x x
4
3 3 3
3
1 +
y
x
= 1 +
3
4
3 3
y y y y
4
3x 3x 3x
3 x
Tài liệu bồi dưỡng HSG Tuyển tập Bất đẳng thức
39
1 +
9
2
y 9
1 x 1 1
x
y
256
3 3 6
4
3 3 3 3
x y 3
. .
3 3 x y
= 256
47. (Đại học khối B 2005 dự bị 1)
Cách 1:
Ta có:
3
a 3b 1 1 1
(a 3b).1.1 (a 3b 2)
3 3
Dấu "=" xảy ra
3
a b c
4
a 3b b 3c c 3a=1
a = b = c =
1
4
Cách 2:
Đặt x =
3
a 3b
x
3
= a + 3b; y =
3
b 3c
y
3
= b + 3c;
z
3
+ 1 + 1 3
3
3
z .1.1
= 3z
9 3(x + y + z) (vì x
3
+ y
3
+ z
3
= 3)
Vậy x + y + z 3
Dấu "=" xảy ra
3 3 3
x y z 1
3
a b c
4
(1)
Tuyển tập Bất đẳng thức Tài liệu luyện thi Đại học và CĐ
40
Theo BĐT Côsi ta có:
2 2
1 1 1
y x yx 2 yx . x y
4 4 4
1
x y y x
4
Dấu "=" xảy ra
2 . y
1 z 4 1 z 4
2 2
z 1 x z 1 x
2 . z
1 x 4 1 x 4
Cộng 3 bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta có:
2 2 2
x 1 y y 1 z z 1 x
x y z
1 y 4 1 z 4 1 x 4
2 2
1 1 1 1 1
x y xy
x y
.
Đặt
1
x
= a,
1
y
= b, ta có: a + b = a
2
+ b
2
– ab (1)
A = a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
) = (a + b)
2
Từ (1) suy ra: a + b = (a + b)
2
– 3ab.
Cách 2:
Đặt S = x + y, P = xy với S
2
– 4P 0. Từ giả thiết S, P 0.
Ta có: SP = S
2
– 3P P =
2
S
S 3
A =
3 3
1 1
x y
=
3 3
3 3
x y
x y
=
2 2
3 3
(x y)(x y xy)
x y
=
2
4S
S 3
0 S
2
S 1
S 3
0
S 1
S 3
0 (vì S0)
S 3
S 1
(*)
Đặt h = f(S) =
S 3
S
1 1 x y
x y xy
> 0
A =
3 3
1 1
x y
=
3 3
3 3
x y
x y
=
2
1 1
x y
1 1
A
x y
Dễ chứng minh được:
3
3
3
1 1
1 1
x y
x y
2 2
3
A A
2 2
A 16.
Dấu "=" xảy ra khi
1 1
2
x y
. Vậy Max A = 16.
Cách 4:
3
0
P 1
S 4
(chia cho S
2
)
Nên: A =
2
2
S
P
16. Vậy Max A = 16 (khi x = y =
1
2
).
51. (Đại học khối B 2006)
Trong mpOxy, xét M(x – 1; –y), N(x + 1; y).
Do OM + ON ≥ MN nên:
2 2
2 2 2 2
x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y
Do đó: A ≥ 2
2
Do đó ta có bảng biến thiên như trên
Với y ≥ 2 f(y) ≥ 2
2
1 y
≥ 2
5
> 2 +
3
.
Vậy A ≥ 2 +
3
với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =
1
3
thì A = 2 +
3
Nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 +
3
.
Copyright: Tài liệu đại học ©